广西桂梧高中2023年高考仿真模拟数学试卷含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

2、1如图所示，矩形的对角线相交于点，为的中点，若，则等于（ ）ABCD2已知数列满足，则（ ）ABCD3某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD4执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）ABCD5已知点是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上且满足，若取得最大值时，点恰好在以为焦点的椭圆上，则椭圆的离心率为（ ）ABCD6已知、是双曲线的左右焦点，过点与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线另一条渐近线于点，若点在以线段为直径的圆外，则双曲线离心率的取值范围是（ ）ABCD7函数的对称轴不可能为（ ）ABCD8根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，

3、y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）AeBe2Cln2D2ln29易系辞上有“河出图，洛出书”之说，河图、洛书是中华文化，阴阳术数之源，其中河图的排列结构是一、六在后，二、七在前，三、八在左，四、九在右，五、十背中，如图，白圈为阳数，黑点为阴数，若从阴数和阳数中各取一数，则其差的绝对值为5的概率为ABCD10已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件11已知

4、等差数列中，则（ ）A20B18C16D1412已知椭圆+=1(ab0)与直线交于A，B两点，焦点F(0，-c)，其中c为半焦距，若ABF是直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知一组数据，1，0，的方差为10，则_14已知，若，则a的取值范围是_15若展开式中的常数项为240，则实数的值为_.16角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则的值是 三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为棱的中点，为棱上任意一点，且不与点、点重合（1）求证：平

5、面平面；（2）是否存在点使得平面与平面所成的角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由18（12分）设数列的前列项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.19（12分）在中，角的对边分别为，已知（1）求角的大小；（2）若，求的面积20（12分）已知不等式对于任意的恒成立.（1）求实数m的取值范围；（2）若m的最大值为M，且正实数a，b，c满足.求证.21（12分）已知椭圆过点，设椭圆的上顶点为，右顶点和右焦点分别为，且（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线交椭圆于，两点，设直线与直线的斜率分别为，若，试判断直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由

6、22（10分）已知.（） 若，求不等式的解集；（），求实数的取值范围.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1A【解析】由平面向量基本定理，化简得，所以，即可求解，得到答案【详解】由平面向量基本定理，化简，所以，即，故选A【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理的应用，其中解答熟记平面向量的基本定理，化简得到是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，数基础题2C【解析】利用的前项和求出数列的通项公式，可计算出，然后利用裂项法可求出的值.【详解】.当时，；当时，由，可得，两式相减，可得，故，因为也适合上式，所以.依题意，故.故选

7、：C.【点睛】本题考查利用求，同时也考查了裂项求和法，考查计算能力，属于中等题.3D【解析】结合三视图可知,该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,分别求出体积即可.【详解】由三视图可知该几何体的上半部分是半个圆锥,下半部分是一个底面边长为4,高为4的正三棱柱,则上半部分的半个圆锥的体积,下半部分的正三棱柱的体积,故该几何体的体积.故选:D.【点睛】本题考查三视图,考查空间几何体的体积,考查空间想象能力与运算求解能力,属于中档题.4D【解析】循环依次为 直至结束循环，输出，选D.点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关

8、概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.5B【解析】设，利用两点间的距离公式求出的表达式，结合基本不等式的性质求出的最大值时的点坐标，结合椭圆的定义以及椭圆的离心率公式求解即可.【详解】设，因为是抛物线的对称轴与准线的交点，点为抛物线的焦点，所以，则，当时，当时，当且仅当时取等号，此时，点在以为焦点的椭圆上，由椭圆的定义得，所以椭圆的离心率，故选B.【点睛】本题主要考查椭圆的定义及离心率，属于难题.离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：直接求出，从而

9、求出;构造的齐次式，求出;采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解6A【解析】双曲线=1的渐近线方程为y=x，不妨设过点F1与双曲线的一条渐过线平行的直线方程为y=（xc），与y=x联立，可得交点M（，），点M在以线段F1F1为直径的圆外，|OM|OF1|，即有+c1，3，即b13a1，c1a13a1，即c1a则e=1双曲线离心率的取值范围是（1，+）故选：A点睛：解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.7D【解析

10、】由条件利用余弦函数的图象的对称性，得出结论【详解】对于函数，令，解得，当时，函数的对称轴为，.故选：D.【点睛】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，属于基础题8B【解析】将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.【详解】解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：，即，当时，取到最大值2，因为在上单调递增，则取到最大值.故选：B.【点睛】本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.9A【解析】阳数：，阴数：，然后分析阴数和阳数差的绝对值为5的情况数，最后计算相应概率.【详

11、解】因为阳数：，阴数：，所以从阴数和阳数中各取一数差的绝对值有：个，满足差的绝对值为5的有：共个，则.故选：A.【点睛】本题考查实际背景下古典概型的计算，难度一般.古典概型的概率计算公式：.10C【解析】根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得

12、直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键11A【解析】设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.【详解】设等差数列的公差为.由得,解得.所以.故选：A【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.12A【解析】联立直线与椭圆方程求出交点A，B两点，利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式，解方程求解即可.【详解】联立方程，解方程可得或，不妨设A(0，a)，B(-b，0)，由题意可知，=0，因为，由平面向量垂直的坐标表示可得， 因为，

13、所以a2-c2=ac，两边同时除以可得，解得e=或（舍去），所以该椭圆的离心率为.故选：A【点睛】本题考查椭圆方程及其性质、离心率的求解、平面向量垂直的坐标表示；考查运算求解能力和知识迁移能力；利用平面向量垂直的坐标表示得到关于的关系式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。137或【解析】依据方差公式列出方程，解出即可【详解】，1，0，的平均数为，所以 解得或【点睛】本题主要考查方差公式的应用14【解析】函数等价为，由二次函数的单调性可得在R上递增，即为，可得a的不等式，解不等式即可得到所求范围【详解】，等价为，且时，递增，时，递增，且，在处函

14、数连续，可得在R上递增，即为，可得，解得，即a的取值范围是故答案为：【点睛】本题考查分段函数的单调性的判断和运用：解不等式，考查转化思想和运算能力，属于中档题153【解析】依题意可得二项式展开式的常数项为即可得到方程，解得即可；【详解】解：二项式的展开式中的常数项为，解得.故答案为：【点睛】本题考查二项式展开式中常数项的计算，属于基础题.16【解析】试题分析：由三角函数定义知，又由诱导公式知，所以答案应填：考点：1、三角函数定义；2、诱导公式三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）证明见解析 （2）存在，为中点【解析】（1）证明面，即证明平面平面；（2）以为坐标

15、原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系利用向量方法得，解得，所以为中点【详解】（1）由于为中点，又，故，所以为直角三角形且，即又因为面，面面，面面，故面，又面，所以面面（2）由（1）知面，又四边形为矩形，则两两垂直以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系则，设，则，设平面的法向量为，则有，令，则，则平面的一个法向量为，同理可得平面的一个法向量为，设平面与平面所成角为，则由题意可得，解得，所以点为中点【点睛】本题主要考查空间几何位置关系的证明，考查空间二面角的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.18（1）（2）证明见解析【解析】（1）由已

16、知可得，构造等比数列即可求出通项公式；（2）当时，由，可求，时，由，可证，验证时，不等式也成立，即可得证.【详解】（1）由可得，即，所以，解得，（2）当时，,当时，综上，由可得递增，时；所以，综上：故.【点睛】本题主要考查了递推数列求通项公式，利用放缩法证明不等式，涉及等比数列的求和公式，属于难题.19（1）；（2）【解析】(1)利用正弦定理边化角,再利用二倍角的正弦公式与正弦的和角公式化简求解即可.(2)由(1)有,根据正弦定理可得,进而求得的值,再根据三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）由,得,得,由正弦定理得,显然,同时除以,得.所以.所以.显然,所以,解得.又,所以.（2）若,由正

17、弦定理得,得,解得.又,所以.【点睛】本题主要考查了正余弦定理与面积公式在解三角形中的运用,需要根据题意用正弦定理进行边角互化,再根据三角恒等变换进行化简求解等.属于中档题.20（1）（2）证明见解析【解析】（1）法一：，得，则，由此可得答案；法二：由题意，令，易知是偶函数，且时为增函数，由此可得出答案；（2）由（1）知，即，结合“1”的代换，利用基本不等式即可证明结论【详解】解：（1）法一：（当且仅当时取等号），又（当且仅当时取等号），所以（当且仅当时取等号），由題意得，则，解得，故的取值范围是；法二：因为对于任意恒有成立，即，令，易知是偶函数，且时为增函数，所以，即，则，解得，故的取值范围是；（2）由（1）知，即，故不等式成立【点睛】本题主要考查绝对值不等式的恒成立问题，考查基本不等式的应用，属于中档题21（1） （2）直线过定点，该定点的坐标为【解析】（1）因为椭圆过点，所以 ，设为坐标原点，因为，所以，又，所以 ，将联立解得（负值舍去），所以椭圆的标准方程为 （2）由（1）可知，设，将代入，消去可得， 则， 所以， 所以，此时，所以，此时直线的方程为，即， 令，